(#176) Cículos tangentes
Encontrar la posición de la recta r que pasando por el centro O divida a los cinco discos de la figura en dos partes de igual área, de modo que el área de los círculos por encima de la recta r sea igual al área por debajo de dicha recta.

mano_dSolución Veremos primero la solución de nuestro amigo Francisco José Anillo Ramos
SOLUCIÓN: Basada en la SIMETRÍA. "Añadamos" otros tres círculos de igual radio y tangentes a los anteriores denominados (1), (2) y (3) en el dibujo, para "completar" la figura y por un simple estudio de SIMETRÍA razonemos la posible posicisn de la recta "r":
Se puede observar que el "añadir" estos tres círculos es suficiente para encontrar fácilmente la posición de la recta "r" por simetría central respecto a los dos ejes de simetría dibujados en la figura (ejes x e y), así pues la recta buscada ha de pasar por O y O'. Al eliminar estos tres círculos, estamos retirando el mismo área por encima y debajo de la recta "r", ya que el Área (1) = Área (3) y por otro lado la recta buscada divide al círculo (2) en partes iguales.

Se observa que la recta solución pasa por el punto O" centro de la astroide generada al unir los cuatro discos centrales, ¿porqué?.

Solución: Sencillamente el centro O" es centro de simetría de la figura completa, al ser la intersección de los dos ejes de simetría vertical y horizontal (ejes x e y). La recta "r" buscada ha de pasar por el centro de simetría O" de la figura "completada".


Y ahora todas las soluciones recibidas


mano_dSolución de Ignacio Larrosa
La recta que pasa por A y por el punto P de intersección de las tangentes interiores comunes de los cuatro círculos, divide a c1 en dos partes iguales, deja a c3 de un lado y a c4 del otro y divide simétricamente a c2 y c5, pues pasa por el centro de simetría de este par de círculos.

mano_dSolución de Ricardo Barroso
Sea en general la figura propuesta. Tracemos:
1.- Un entramado cuadrado sobre los centros de las circunferencias.
2.- Una circunferencia suplementaria de centro O' a la izquierda superior.
Por la simetría de la nueva figura, la recta pedida debe contener al punto O'
Ricardo Barroso Campos.
Departamento Didáctica de las Matemáticas. Universidad de Sevilla.
En memoria de mi amigo Paco Anillo

mano_dSolución de José Carrión Beltrán
Denominemos las circunferencias dadas, de izquierda a derecha y en sentido positivo (anti-horario), por las letras O (dada), X,Y,Z,T.
Sea P el punto en que se cortan las dos tangentes interiores comunes a las X,Y,Z,T. La recta OP corta a X en A y B, y a Z en C y D. Una simetría de centro P transforma X en Z, Y en T, y A en D y B en C. Al ser todas de igual radio, tiene que ser AB = CD. Luego OP es la recta que se pide.
Un recuerdo cariñoso para Francisco José Anillo.
Saludos.

jcb

mano_dSolución de F.Damián Aranda Ballesteros.
Si nos fijamos en los cuatro discos tangentes dos a dos, observamos que representan en conjunto, una figura simétrica central de orden 4, cuyo centro de simetría es el punto I. Esto querrá decir que cualquier recta que pase por dicho punto I divide a la figura en su conjunto en dos regiones congruentes.
Luego la recta r que buscamos ha de pasar por I.
Por otra parte, cualquier recta que pase por el centro O de la primera circunferencia la divide en dos partes de igual área. Por ello, la propia condición inicial determina el otro punto por el que ha de pasar la recta r. Es decir, la recta r será la que pasa por los puntos O e I.

El motivo de este nuevo contacto,[...] es el de enviar mi propuesta de solución al problema nº 176 de Fco. Anillo Ramos, el cual me honraba con su amistad. Ha sido una pena inmensa su pérdida y te transmito desde aquí mi agradecimiento por tu sensibilidad a la hora de recordarlo en tu revista in memoriam.
F.Damián Aranda Ballesteros.


mano_dSolución de Jordi Roy Gabarra.
Hemos de encontrar el ángulo a de la recta respecto a la horizontal, tal que separe los cinco círculos (1, 2, 3, 4, y 5), de radio R, en dos mitades con la misma área cada una.
Denominamos A como el área de arriba y B como el área de abajo. Entonces tenemos:
A1 + A2 + A3 + A4 + A5 = B1 + B2 + B3 + B4 + B5

A1 y B1 han de ser iguales, ya que cualquier recta que pase por el centro de un círculo, divide a éste en dos mitades.
Los círculos 3 y 4 no se partirán, ya que cualquier ángulo que implicara un corte de la recta, impediría la igualdad de las superficies.
Con esto tenemos:
A2 + A5 = B2 + B5

Tenemos también que
A2 + B2 = A5 + B5 = p × R 2
Relacionando las dos expresiones A2 = B5 y A2 = B5
Por tanto, la recta dividirá los círculos 2 y 5 de forma simétrica. Si prolongamos la recta r hasta el centro de otro círculo (6) de tamaño igual a los anteriores, situado de forma simétrica al 1, tendremos definido gráficamente el ángulo que buscamos (a).
Numéricamente, a partir del triángulo rectángulo O 1O 6O 7 que formamos con la recta r, la horizontal y la perpendicular a esta pasando por el centro del nuevo círculo y aplicando la tangente, tenemos que:
tag(a) = 2R / 6R = 2/6 a = arc tag (2/6)

mano_dSolución de Saturnino Campo.
Las circunferencias de centros los cuatro vértices del cuadrado ABCD son simétricas respecto del centro de simetría de éste, el punto O. Cualquier recta que pase por O divide la figura formada por las 4 circunferencias en dos partes iguales. La recta OP es pues la solución: los triángulos DMN y BRS son iguales y por tanto los segmentos circulares correspondientes.

 
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